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 elim 
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  对每个正整数$n$,存在正整数$m$使得$(\sqrt{2}-1)^n = \sqrt{m+1}-\sqrt{m}$qZ!o`
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发贴时间2017/05/14 02:54pm IP: 已设置保密[本文共203字节]  
 elim 
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  题: 试证 $\quad\forall n\in\mathbb{N}\underset{\,}{\,}\exists m\in\mathbb{N}:(\sqrt{2}-1)^n = \sqrt{m+1}-\sqrt{m}.$y[
证:易见函数$\underset{\,}{\,} f:[0,\infty)\to (0,1]\,(x\mapsto\sqrt{x+1}-\sqrt{x})\;$严格减,F
$\underset{\,}{\qquad}\;0< (\sqrt{2}-1)^n < 1,\;\;$故方程$\;(\sqrt{2}-1)^n=\sqrt{m+1}-\sqrt{m}$|`O
$\underset{\,}{\qquad}$有唯一解. 由$\;(\sqrt{2}+1)^n=(\sqrt{2}-1)^{-n}=\sqrt{m+1}+\sqrt{m}$I<
$\underset{\,}{\qquad}$得$\;(\sqrt{2}+1)^n-(\sqrt{2}-1)^n = 2\sqrt{m}.\quad$但以下等式KQ@H-f
$\displaystyle{\underset{\,}{\qquad}\frac{(\sqrt{2}+1)^n-(\sqrt{2}-1)^n}{2}=\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor}\binom{n}{2k+1}2^{\frac{n-(2k+1)}{2}}}\,$的右边KF$
$\underset{\,}{\qquad}$或者是整数,或者是$\sqrt{2}$的整数倍. 故所论$\quad m=m_n =$"0~r
$\underset{\,}{\;}\dfrac{((\sqrt{2}+1)^n-(\sqrt{2}-1)^n)^2}{4} =\dfrac{(\sqrt{2}+1)^{2n}}{4}-\bigg(1-\dfrac{(\sqrt{2}-1)^{2n}}{4}\bigg)$3z]
$\underset{\,}{\qquad}$是正整数. 所以$\;m_n = \left\lfloor\dfrac{(\sqrt{2}+1)^{2n}}{4}\right\rfloor$}Ipa:



发贴时间2017/05/14 03:39pm IP: 已设置保密[本文共1030字节]  

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